Integre $\int_{0}^{\pi/2}x\sqrt{\tan{x}}\log{(\sin{x})}\,\mathrm dx$

Question

Al intentar resolver este problema: Cómo integrar $ \int^{\pi/2}_{0} x \ln(\cos x) \sqrt{\tan x}\,dx$

He encontrado que su integral hermana tiene una interesante forma cerrada siempre que mi cálculo sea correcto. Utilizo una serie fea para hallarla. ¿Puede utilizar otros métodos para evaluar la integral? ¿Como la función Gamma o el método del residuo?

$$\int_{0}^{\pi/2}x\sqrt{\tan{x}}\log{\sin{x}}\,\mathrm dx=-\frac{\pi\sqrt{2}}{48}\big(\pi^2+12\pi \log{2}+24\log^2{2}\big) $$

Answer 1

Para empezar: $$\int_{0}^{\pi/2}x\sqrt{\tan x}\log\sin x\,dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{t}\arctan t\log\frac{t^2}{1+t^2}}{1+t^2}\,dt. $$ Ahora la diferenciación bajo la integral más el teorema del residuo dan: $$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^\alpha \arctan t}{1+t^2}\,dt &=&\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{\alpha+1}}{(1+t^2)(1+\beta^2 t^2)}\,dt\,d\beta\\&=&\frac{\pi}{2\sin\left(\frac{\pi\alpha}{2}\right)}\int_{0}^{1}\frac{1-\beta^{-\alpha}}{\beta^2-1}d\beta\\&=&-\frac{\pi}{2\sin\left(\frac{\pi\alpha}{2}\right)}\left(\log 2+\frac{1}{2} H_{-\frac{\alpha+1}{2}}\right)\end{eqnarray*}$$ así que $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{t}\arctan t\log t}{1+t^2}\,dt$ es decir, la derivada de la expresión anterior en $\alpha=\frac{1}{2}$ sólo depende de los valores de $\psi(z)$ y $\psi'(z)$ en $z=\frac{1}{4}$ . Por suerte, ambos no son tan difíciles de calcular: $$ \psi\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{\pi}{2}-3\log 2-\gamma,\qquad \psi'\left(\frac{1}{4}\right)= \pi^2+8K,$$ donde $K$ es la constante catalana.

La otra pieza, $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{t}\arctan t\log(1+t^2)}{1+t^2}\,dt$ puede calcularse de forma similar.

Cabe mencionar que este enfoque se aplica a la otra pregunta También.

Answer 2

Sustituir $t = \sqrt{\tan x}$

\begin{align} I=&\int_{0}^{\pi/2}x\sqrt{\tan{x}}\ln({\sin x})\ dx\\ = &\int_0^\infty \frac{t^2 \ln\frac{t^4}{1+t^4}\ \tan^{-1}t^2}{1+t^4}dt\\ =&\int_0^\infty \int_0^1 \frac{2y \ t^4 \ln\frac{t^4} {1+t^4}}{(1+t^4)(1+y^4 t^4)}dy \ dt\\ =&\int_0^1 \frac{2y}{1-y^4} \int_0^\infty\bigg(\frac{\ln\frac{t^4} {1+t^4}}{1+y^2t^4}- \frac{\ln\frac{t^4} {1+t^4}}{1+t^4} \bigg)dt \ dy \end{align} Utilice $$J(a)= \int_0^\infty \frac{a \ln\frac{t^4} {1+t^4}}{1+a^4 t^4}dt = -\frac\pi{\sqrt2}\left[\tan^{-1}a+\ln(1+a)+\frac12\ln(1+a^2) \right] $$ para obtener \begin{align} I= &\int_0^1 \frac{2 [J(y)-yJ(1)] }{1-y^4}dy \\ =&\ \sqrt2\pi \int_0^1 \frac{\frac\pi4y-\tan^{-1}y}{1-y^4} +\frac{y\ln2 -\ln(1+y)}{1-y^4} +\frac{y\ln2 -\ln(1+y^2)}{2(1-y^4)}\ dy\\ =&\ \sqrt2\pi \bigg[ \left(G-\frac{\pi^2}{16}-\frac\pi4\ln2\right)+\left( \frac{\pi^2}{12} -\frac\pi4\ln2 -\ln^22\right)\\ &\>\>\>\>\>\>\>\>\>\>\>\>\> +\frac12\left( 2G+ \frac{\pi^2}{8} -\pi\ln2-\ln^22\right)\bigg]\\ =& \ \frac{\pi}{\sqrt2}\left( G+ \frac{\pi^2}{24}-\frac\pi2\ln2 -\frac34\ln^22\right) \end{align}

Answer 3

$$ I=-\frac{\pi}{8}\sqrt{2}(2{\pi}\ln2-4G-\frac{\pi^2}{6}+3\ln^22)$$ Donde G es la función de Catalán.